沪科版八年级数学下学期核心考点精讲精练 专题18 菱形（专题强化）-【专题重点突破】(原卷版+解析)

这是一份沪科版八年级数学下学期核心考点精讲精练 专题18 菱形（专题强化）-【专题重点突破】(原卷版+解析)，共32页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题(共40分)
1．(本题4分)(2023·天津四十三中八年级阶段练习）如图，菱形中，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
2．(本题4分)（2020·四川绵阳·八年级期末）下列性质中，菱形具有而平行四边形不具有的性质是（ ）
A．对边平行且相等B．对角线互相平分C．每条对角线平分一组对角D．对角互补
3．(本题4分)(2023·广东清远·二模）如图，在菱形中，点、分别是、的中点，如果，那么菱形的周长是（ ）
A．16B．24C．28D．32
4．(本题4分)（2022·全国·八年级课前预习）如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB＝60°，则对角线BD的长是（ ）
A．1B．4C．2D．6
5．(本题4分)（2022·江苏·八年级专题练习）如图，菱形的对角线、相交于点，，，为过点的一条直线，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．4B．6C．8D．12
6．(本题4分)（2022·重庆八中九年级开学考试）下列命题是真命题的是（ ）
A．对角线相等的平行四边形是菱形． B．有一组邻边相等的平行四边形是菱形．
C．对角线相互垂直且相等的四边形是菱形． D．有一组对边平行且相等的四边形是菱形．
7．(本题4分)(2023·安徽滁州·八年级期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若再添加﹣个条件使▱ABCD成为矩形，则该条件不可以是（ ）
A．AC＝BDB．AO＝BOC．∠BAD＝90°D．∠AOB＝90°
8．(本题4分)(2023·辽宁·东北育才双语学校八年级期中）如图，菱形中，过顶点作交对角线于点，已知，则的大小为( )
A．B．C．D．
9．(本题4分)（2020·山东济宁·三模）如图，在ABCD中，以点A为圆心，AB长为半径作圆弧，交AD于点F，再分别以B、F为圆心，大于线段BF的一半长为半径作圆弧，两弧交于点P，作射线AP交BC边于点E，若AB=10，BF=12， 则AE的长为（ ）
A．12B．44C．16D．18
10．(本题4分)(2023·全国·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，点A(﹣1，0)，D(0，)为菱形ABCD的顶点，现固定点A．沿对角线AC方向将菱形的顶点C拉至点处，使得点B，D落在菱形ABCD内部的点，处，若＝30°，则此时点的坐标是（ ）
A．(﹣1，)B．(1﹣，)C．(，)D．(﹣，)
二、填空题(共20分)
11．(本题5分)(2023·山东烟台·八年级期末）如图，一个含30°角的三角板放在一张菱形纸片上，且斜边与菱形的一边平行，则的度数是________．
12．(本题5分)（2022·河南·郑州中学九年级期末）中国结，象征着中华民族的历史文化与精致．小明家有一中国结挂饰，他想求两对边的距离，利用所学知识抽象出如图所示的菱形ABCD，测得，，直线交两对边与E、F，则EF的长为______cm．
13．(本题5分)（2020·甘肃·酒泉市第二中学九年级期中）菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，BD：AC＝4：3，菱形ABCD的周长为40，则菱形ABCD的面积为__________．
14．(本题5分)（2022·山东济南·九年级期末）矩形纸片ABCD中，，，将纸片折叠，使点B落在边CD上的处，折痕为AE．延长交AB的延长线于M，折痕AE上有点P，下列五个结论中正确的是___________．
①；②；③；④；⑤若，则．
三、解答题(共90分)
15．(本题8分)(2023·辽宁抚顺·九年级期末）如图，在菱形中，、分别为边和上的点，且．连接、交于点．求证：．
16．(本题8分)（2020·福建·厦门一中九年级阶段练习）如图，BD是菱形ABCD的对角线，∠CBD＝75°．
（1）求∠A的度数；
（2）请用尺规作图，在AD边上找到一点F，使得∠DBF＝45°（不要求写作法，保留作图痕迹）
17．(本题8分)(2023·广东·广州市番禺执信中学二模）如图，点E、F在菱形ABCD的对角线AC上，且AF＝CE，求证：DE＝BF．
18．(本题8分)（2020·上海市文来中学八年级期中）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线，过A点作交CB的延长线于点G．
(1)求证：．
(2)若，求证：四边形DEBF是菱形．
19．(本题10分)（2020·浙江·一模）如图，点是的方格纸中的三个格点，按下列要求作出格点四边形（顶点在格点上）．
（1）在图1中画出一个以为顶点的菱形，使点在该图形内部（不包括在边界上）．
（2）在图2中画出一个以为顶点的平行四边形，使该图形的一边所在直线与夹角
为
20．(本题10分)（2012·安徽滁州·八年级期末）已知：如图，□ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，延长CD至F，使DF=CD，连接BF交AD于点E．（1）求证：AE=ED；（2）若AB=BC，求∠CAF的度数．
21．(本题12分)(2023·辽宁本溪·九年级期中）在中，AE平分，交BC于点E，BF平分，交AD于点F，AE与BF交于点O，连接EF、OC．
（1）求证：四边形ABEF是菱形；
（2）若点E为BC的中点，且，，求OC的长．
22．(本题12分)(2023·河北保定·八年级期末）如图，在▱ABCD中，AB＝AD，AC＝16，BD＝12，AC、BD相交于点O．
（1）求AB的长．
（2）若CE//BD，BE//AC，连接OE，求证：OE＝AD．
（3）设BC与OE相交于点P，连接DP，求DP的长．
23．(本题14分)(2023·重庆市垫江第一中学校八年级阶段练习）如图，矩形ABCD中，AB=4，∠ADB=30°．一动点P从B点出发沿对角线BD方向以每秒2个单位长度的速度向点D匀速运动，同时另一动点Q从D点出发沿从DC方向以每秒1个单位长度的速度向点C匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点P、Q运动的时间为t秒（t>0）．过点P作PE⊥BC于点E，连接EQ，PQ．
(1)求证：PE=DQ；
(2)四边形PEQD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，说明理由．
(3)当t为何值时，△PQE为直角三角形？请说明理由．
专题18 菱形（专题强化）
一、单选题(共40分)
1．(本题4分)(2023·天津四十三中八年级阶段练习）如图，菱形中，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由菱形得到AB=AD，进而得到∠ADB=∠ABD，再由三角形内角和定理即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD为菱形，∴AD=AB，
∴∠ADB=∠ABD=(180°-∠A)÷2=(180°-50°)÷2=65°，
故选：A．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，菱形的邻边相等，属于基础题，熟练掌握菱形的性质是解决本题的关键．
2．(本题4分)（2020·四川绵阳·八年级期末）下列性质中，菱形具有而平行四边形不具有的性质是（ ）
A．对边平行且相等B．对角线互相平分C．每条对角线平分一组对角D．对角互补
【答案】C
【解析】
【分析】
根据平行四边形的性质和菱形的性质对各选项进行判断．
【详解】
解：A、菱形、平行四边形的对边平行且相等，故A选项不符合题意；
B、菱形的对角线互相垂直平分、平行四边形的对角线互相平分，故B选项不符合题意；
C、菱形的对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角；平行四边形的对角线互相平分，故C选项符合题意；
D、菱形、平行四边形的对角相等，故D选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查的是平行四边形的性质，菱形的性质，掌握平行四边形与菱形的性质是解题的关键．
3．(本题4分)(2023·广东清远·二模）如图，在菱形中，点、分别是、的中点，如果，那么菱形的周长是（ ）
A．16B．24C．28D．32
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三角形的中位线定理易得BC=2EF，那么菱形的周长等于4BC
【详解】
解：点、分别是、的中点，，
，
四边形是菱形，
菱形的周长是：．
故选：D．
【点睛】
本题考查三角形的中位线定理和菱形周长，掌握这两个知识点是关键．
4．(本题4分)（2022·全国·八年级课前预习）如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB＝60°，则对角线BD的长是（ ）
A．1B．4C．2D．6
【答案】C
【解析】
略
5．(本题4分)（2022·江苏·八年级专题练习）如图，菱形的对角线、相交于点，，，为过点的一条直线，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．4B．6C．8D．12
【答案】B
【解析】
【分析】
根据菱形的性质可证出，可将阴影部分面积转化为的面积，根据菱形的面积公式计算即可．
【详解】
解：四边形为菱形，
，，，
，
,
∴,
∴,
∴
故选：．
【点睛】
此题考查了菱形的性质，菱形的面积公式，全等三角形的判定，将阴影部分的面积转化为的面积为解题关键．
6．(本题4分)（2022·重庆八中九年级开学考试）下列命题是真命题的是（ ）
A．对角线相等的平行四边形是菱形． B．有一组邻边相等的平行四边形是菱形．
C．对角线相互垂直且相等的四边形是菱形． D．有一组对边平行且相等的四边形是菱形．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据矩形判定，菱形的判定，正方形判定，平行四边形判定进行解答．
【详解】
解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，A错误；
B、一组邻边相等的平行四边形是菱形，B正确；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，C错误；
D、有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，D错误；
故选B．
【点睛】
本题考查矩形判定，菱形的判定，平行四边形判定，熟练掌握矩形，菱形正方形平行三角形的定义和判定方法是解题关键．
7．(本题4分)(2023·安徽滁州·八年级期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若再添加﹣个条件使▱ABCD成为矩形，则该条件不可以是（ ）
A．AC＝BDB．AO＝BOC．∠BAD＝90°D．∠AOB＝90°
【答案】D
【解析】
【分析】
由矩形的判定定理和菱形的判定定理分别对各个选项进行判断即可．
【详解】
解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项A不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，BO＝DO，
∵AO＝BO，
∴AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项B不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项C不符合题意；
D、∵∠AOB＝90°，
∴AC⊥BD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是菱形，故选项D不符合题意；
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的性质等知识；熟记矩形的判定定理是解题的关键．
8．(本题4分)(2023·辽宁·东北育才双语学校八年级期中）如图，菱形中，过顶点作交对角线于点，已知，则的大小为( )
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先说明ABD=∠ADC=∠CBD，然后再利用三角形内角和180°求出即可∠CBD度数，最后再用直角三角形的内角和定理解答即可.
【详解】
解：∵菱形ABCD
∴AB=AD
∴∠ABD=∠ADC
∴∠ABD=∠CBD
又∵
∴∠CBD=∠BDC=∠ABD=∠ADB=(180°-134°)=23°
∴=90°-23°=67°
故答案为D.
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的对角线平分每一组对角和三角形内角和定理.
9．(本题4分)（2020·山东济宁·三模）如图，在ABCD中，以点A为圆心，AB长为半径作圆弧，交AD于点F，再分别以B、F为圆心，大于线段BF的一半长为半径作圆弧，两弧交于点P，作射线AP交BC边于点E，若AB=10，BF=12， 则AE的长为（ ）
A．12B．44C．16D．18
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可得AE垂直平分BF，从而得出AF=AB，EF=EB，然后根据三线合一和平行线的性质推出∠BAO=∠BEO，从而证出AF=AB=EF=EB，从而证出四边形ABEF为菱形，然后根据菱形的性质可得BO==6，AE=2AO，利用勾股定理求出AO，从而求出结论．
【详解】
解：由题意可得AE垂直平分BF
∴AF=AB，EF=EB
∴∠FAO=∠BAO
∵四边形ABCD为平行四边形
∴AD∥BC
∴∠FAO=∠BEO
∴∠BAO=∠BEO
∴BA=BE
∴AF=AB=EF=EB
∴四边形ABEF为菱形
∴BO==6，AE=2AO
在Rt△AOB中，AO==8
∴AE=2AO=16
故选C．
【点睛】
此题考查的是垂直平分线的性质、等腰三角形的判定及性质、菱形的判定及性质和勾股定理，掌握垂直平分线的性质、等腰三角形的判定及性质、菱形的判定及性质和勾股定理是解决此题的关键．
10．(本题4分)(2023·全国·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，点A(﹣1，0)，D(0，)为菱形ABCD的顶点，现固定点A．沿对角线AC方向将菱形的顶点C拉至点处，使得点B，D落在菱形ABCD内部的点，处，若＝30°，则此时点的坐标是（ ）
A．(﹣1，)B．(1﹣，)C．(，)D．(﹣，)
【答案】A
【解析】
【分析】
过D′在D′E⊥AB于E，在Tt△OAD中，由特殊角的函数值和勾股定理求得∠DAO＝60°，AD＝2，根据菱形的性质求得∠B′AB＝15°，进而求得∠D′AE＝45°，得到Rt△D′AE是等腰直角三角形，根据勾股定理求出AE＝D′E，即可求出D'的坐标．
【详解】
解：过D′作D′E⊥AB于E，
在Tt△OAD中，
由A（﹣1，0），D（0，）得：OA＝1，OD＝，
∴∠DAO＝60°，AD＝＝2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DAC＝∠BAC＝30°，
∵四边形AB′C′D′是菱形，
∴∠D′AC′＝∠B′AC′，∠D′AB′＝∠D'C'B'＝30°，
∴∠B′AB＝∠D′AD＝×（60°﹣30°）＝15°，
∴∠D′AE＝60°﹣15°＝45°，
由题意知：AD′＝AD＝2，
在Rt△D′AE中，
∵∠D′AE＝45°，
∴∠AD′E＝45°，
∴AE＝D′E，
∴2AE2＝AD′2＝4，
∴AE＝D′E＝，
∴OE＝﹣1，
∴D'的坐标是（﹣1，）
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，平面直角坐标系，勾股定理，特殊角的函数值，正确作出辅助线，求出∠D′AE的度数是解决问题的关键．
二、填空题(共20分)
11．(本题5分)(2023·山东烟台·八年级期末）如图，一个含30°角的三角板放在一张菱形纸片上，且斜边与菱形的一边平行，则的度数是________．
【答案】60°
【解析】
【分析】
依据平行线的性质，即可得出的度数，再根据菱形的性质，即可得到的度数，进而得出的度数．
【详解】
解：如图所示，
由题可得，
∴，
∵在菱形中，EC平分∠DCF，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了平行线的性质、直角三角形两锐角互余的性质、菱形的性质，掌握菱形的每一条对角线平分一组对角这条性质是解决此题的关键．
12．(本题5分)（2022·河南·郑州中学九年级期末）中国结，象征着中华民族的历史文化与精致．小明家有一中国结挂饰，他想求两对边的距离，利用所学知识抽象出如图所示的菱形ABCD，测得，，直线交两对边与E、F，则EF的长为______cm．
【答案】
【解析】
【分析】
根据菱形的性质可得AC⊥BD，CD∥AB， ，从而得到，然后设AB边的高为h，根据菱形的面积等于，可得，即可求解．
【详解】
解：在菱形ABCD中，AC⊥BD，CD∥AB，
∵，，
∴ ，
∴，
设AB边的高为h，
∴菱形ABCD的面积等于，
即，解得：，
∵，
∴．
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质，勾股定理是解题的关键．
13．(本题5分)（2020·甘肃·酒泉市第二中学九年级期中）菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，BD：AC＝4：3，菱形ABCD的周长为40，则菱形ABCD的面积为__________．
【答案】96
【解析】
【分析】
由菱形的性质得BC＝AB＝CD＝AD＝10，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，AC⊥BD，则OB：OA＝4：3，设OB＝4x，则OA＝3x，在Rt△AOB中，由勾股定理得出方程，解方程得x＝2，则BD＝2OB＝16，AC＝2OA＝12，由菱形面积公式即可得出答案．
【详解】
解：如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，周长为40，
∴BC＝AB＝CD＝AD＝10，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，AC⊥BD，
∵BD：AC＝4：3，
∴OB：OA＝4：3，
设OB＝4x，则OA＝3x，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：（3x）2＋（4x）2＝102，
解得：x＝2，
∴BD＝2OB＝16，AC＝2OA＝12，
∴菱形ABCD的面积＝AC×BD＝×12×16＝96；
故答案为：96．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、勾股定理、菱形的面积的计算等知识点；熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
14．(本题5分)（2022·山东济南·九年级期末）矩形纸片ABCD中，，，将纸片折叠，使点B落在边CD上的处，折痕为AE．延长交AB的延长线于M，折痕AE上有点P，下列五个结论中正确的是___________．
①；②；③；④；⑤若，则．
【答案】①②③⑤
【解析】
【分析】
①由翻折知∠ABE=∠AB'E=90º，再证∠M=∠CB'E=∠B'AD即可；②借助轴对称可知；③利用计算，勾股定理求B′D，构造方程，求EB，在构造勾股定理求MB′=；④由相似CB'：BM=CE：BE，BM=，在计算B'M>5；⑤证△BEG≌△B′PG得BE=B′P，再证菱形即可．
【详解】
解：①连结AB′，由折叠性质知∠ABE=∠AB'E=90º，
∴∠CB'E+∠AB'D=90º，
∵∠D=90º，
∴∠B'AD+∠AB'D=90º，
∴∠CB'E=∠B'AD，
∵CD∥MB，
∴∠M=∠CB'E=∠B'AD；
故①正确
②点P在对称轴上，点B与点B′是对称点，
则B'P=BP；
故②正确；
③由翻折，AB=AB'=5，AD=4，
由勾股定理DB'==3，
∴CB'=5-3=2，
设BE=x=B'E，CE=4-x，
在Rt△B′CE中，∠C=90º，
由勾股定理（4-x）2+22=x2，
解得x=，
∴CE=4-=，
在Rt△ABE中，∠ABE=90º，
AE=；
故③正确；
④过M作MF⊥DC，交DC延长线于F，
由BM∥CB′，
∴△ECB′∽△EBM，
∴CB'：BM=CE：BE，
∴2：BM=：，
∴BM=，
∴FB′=FC+CB′=，MF=BC=4，
则B'M=>5=CD；
故④不正确；
⑤连接BB′，由对称性可知，BG=B′G，EP⊥BB′，
∵，
∴∠DB′P=90°=∠C，
∴BE∥B′P，
∴∠EBG=∠PB′G，
在△BEG和△B′PG中，
，
∴△BEG≌△B′PG（ASA），
∴BE=B′P，
∴四边形BPB′E为平行四边形，
又BE=EB′，
∴四边形BPB′E是菱形，
∴PB′=B'E．
故⑤正确．
五个结论中正确的是①②③⑤．
故答案为：①②③⑤．
【点睛】
此题考查了矩形的性质、图形的翻折变换，相似三角形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，拓展一元一次方程，平行线性质，菱形的判定与性质等知识的应用，此题的关键是能够发现△BEG≌△B′PG．
三、解答题(共90分)
15．(本题8分)(2023·辽宁抚顺·九年级期末）如图，在菱形中，、分别为边和上的点，且．连接、交于点．求证：．
【答案】证明见解析．
【解析】
【分析】
先证△DAF≌△DCE，再证△AEG≌△CFG，最后证△DGE≌△DGF，根据全等三角形的性质即可得到∠DGE＝∠DGF．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝DC＝AB＝BC，
∵AE＝CF，
∴DE＝DF
在△DAF和△DCE中，
，
∴△DAF≌△DCE（SAS），
∴∠EAG＝∠FCG，
在△AEG和△CFG中，
，
∴△AEG≌△CFG（AAS），
∴EG＝FG，
在△DGE和△DGF中，
，
∴△DGE≌△DGF（SSS），
∴∠DGE＝∠DGF．
【点睛】
本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
16．(本题8分)（2020·福建·厦门一中九年级阶段练习）如图，BD是菱形ABCD的对角线，∠CBD＝75°．
（1）求∠A的度数；
（2）请用尺规作图，在AD边上找到一点F，使得∠DBF＝45°（不要求写作法，保留作图痕迹）
【答案】（1）30°；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据菱形的性质和三角形内角和即可求∠A的度数；
（2）根据尺规作图，作AD的垂直平分线交AD于点F，此时∠DBF＝45°．
【详解】
解：如图所示：
（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AD＝AB
∴∠ADB＝∠ABD=∠CBD＝75°．
∴∠A＝180°﹣75°﹣75°＝30°．
答：∠A的度数为30°；
（2）作AD边的垂直平分线，交AD于点F，
∴AF＝BF，
∴∠FBA＝∠A＝30°
∴∠DFB＝∠FBA+∠A=60°
∴∠DBF＝45°．
【点睛】
本题考查菱形的性质及尺规作图,关键在于熟悉菱形的性质并学会尺规作图.
17．(本题8分)(2023·广东·广州市番禺执信中学二模）如图，点E、F在菱形ABCD的对角线AC上，且AF＝CE，求证：DE＝BF．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
由菱形的性质可得，，可证，由“”可证，可得．
【详解】
证明：四边形是菱形，
，，
，
在和中，
，
，
．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是证明．
18．(本题8分)（2020·上海市文来中学八年级期中）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线，过A点作交CB的延长线于点G．
(1)求证：．
(2)若，求证：四边形DEBF是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形的性质可知，．由E、F分别为边AB、， CD的中点可推出．即可利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形，证明四边形DEBF是平行四边形，即得出．
（2）由，可推出，根据直角三角形斜边中线的性质，可推出，所以平行四边形DEBF是菱形．
(1)
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，，
∵E、F分别为边AB、CD的中点，
∴，．
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴．
(2)
∵，，
∴．
又∵F分别为边CD的中点，
∴．
∴平行四边形DEBF是菱形．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，菱形的判定．熟练掌握特殊四边形的判定方法是解题的关键．
19．(本题10分)（2020·浙江·一模）如图，点是的方格纸中的三个格点，按下列要求作出格点四边形（顶点在格点上）．
（1）在图1中画出一个以为顶点的菱形，使点在该图形内部（不包括在边界上）．
（2）在图2中画出一个以为顶点的平行四边形，使该图形的一边所在直线与夹角
为
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）直接利用菱形的性质得出符合题意的图形；
（2）直接利用平行四边形的性质得出符合题意的图形．
【详解】
（1）满足条件的菱形ABCD如图1所示；
（2）满足条件的平行四边形ABCD如图2所示．
【点睛】
本题考查作图-应用与设计，菱形的判定的和性质，平行四边形的判定和性质等知识，正确把握平行四边形以及菱形的性质是解题关键．
20．(本题10分)（2012·安徽滁州·八年级期末）已知：如图，□ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，延长CD至F，使DF=CD，
连接BF交AD于点E．
（1）求证：AE=ED；
（2）若AB=BC，求∠CAF的度数．
【答案】证明：（1）如图．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB∥CD，AB=CD．
即AB∥DF．
∵DF=CD，
∴AB=DF．
∴四边形ABDF是平行四边形．
∵AD，BF交于点E，
∴AE=DE．
解：（2）∵四边形ABCD是平行四边形，且AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形．
∴AC⊥BD．
∴∠COD=90°．
∵四边形ABDF是平行四边形，
∴AF∥BD．
∴∠CAF=∠COD=90°．
【解析】
【详解】
（1）平行四边形的对角线互相平分；
（2）有一组邻边相等的平行四边形是菱形，菱形的对角线互相垂直．
21．(本题12分)(2023·辽宁本溪·九年级期中）在中，AE平分，交BC于点E，BF平分，交AD于点F，AE与BF交于点O，连接EF、OC．
（1）求证：四边形ABEF是菱形；
（2）若点E为BC的中点，且，，求OC的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形的性质和角平分线的定义，等边对等角可得，，进而可得，根据邻边相等的平行四边形是菱形即可证明；
（2）过O作于H，证明是等边三角形，根据菱形的性质求得,在中，勾股定理求得,在中，勾股定理即可求得OC的长．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴，
∵BE平分，
∴，
∴，
∴，
同理，
∴，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）解：过O作于H，
∴，
∵E为BC的中点，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵四边形ABEF是菱形，
∴，
∴，
在中，
，
在中，
．
【点睛】
本题考查了菱形的性质与判定，掌握菱形的性质与判定是解题的关键．
22．(本题12分)(2023·河北保定·八年级期末）如图，在▱ABCD中，AB＝AD，AC＝16，BD＝12，AC、BD相交于点O．
（1）求AB的长．
（2）若CE//BD，BE//AC，连接OE，求证：OE＝AD．
（3）设BC与OE相交于点P，连接DP，求DP的长．
【答案】（1）10；（2）见解析；（3）．
【解析】
【分析】
（1）证明四边形ABCD是菱形，得OA=8，OB=6，AC⊥BD，再由勾股定理即可求解；
（2）证明四边形OBEC是平行四边形，再由菱形的性质得AD=BC，AC⊥BD，则∠BOC=90°，即可得出结论；
（3）过点D作DH⊥BC于点H，先由菱形的面积求出DH=，再由勾股定理得BH=，则PH=BH-OB=，然后由勾股定理求解即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC=AC=8，
OB=OD=BD=6，AC⊥BD，
∴∠AOB=90°，
∴AB=；
（2）证明：∵CE//BD，BE∥AC，
∴四边形OBEC是平行四边形，
由(1)得：平行四边形ABCD是菱形，
∴AD=BC，AC⊥BD，
∴∠BOC=90°，
∴平行四边形OBEC是矩形，
∴OB=BC，
∴OE=AD；
（3）过点D作DH⊥BC于点H，
如图2所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=AB=10，
菱形ABCD的面积=BC×DH=AC×BD，
即10DH=×16×12，
∴DH=，
在Rt△BDH中，由勾股定理得：
BH=，
由(2)得：四边形OBEC是矩形，
∴PB=PC，
∴PB=BC=5，
∴PH=BH-PB=-5=，
在Rt△PDH中，
DP=．
【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和勾股定理，证明平行四边形ABCD为菱形是解题的关键．
23．(本题14分)(2023·重庆市垫江第一中学校八年级阶段练习）如图，矩形ABCD中，AB=4，∠ADB=30°．一动点P从B点出发沿对角线BD方向以每秒2个单位长度的速度向点D匀速运动，同时另一动点Q从D点出发沿从DC方向以每秒1个单位长度的速度向点C匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点P、Q运动的时间为t秒（t>0）．过点P作PE⊥BC于点E，连接EQ，PQ．
(1)求证：PE=DQ；
(2)四边形PEQD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，说明理由．
(3)当t为何值时，△PQE为直角三角形？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析.
(2)当t=时，四边形PEQD为菱形.
(3)当t=2或时，△POE为直角三角形.
【解析】
【分析】
（1）由矩形的性质得到∠ADB =∠PBE= 30°，由垂直得∠BEP=90°，在Rt△BEP中，由BP=2t，得PE= t，即可得到PE= DQ .
（2）先证四边形PEQD为平行四边形， PD=8-2t，DQ=t，当PD= DQ时四边形PEQD为菱形，即可求解.
（3）分①当∠EPQ=90°时， ②当∠PQE =90°时，③当∠PEQ=90°时， 三种情况讨论即可.
(1)
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∵∠ADB = 30°，
∴∠PBE= 30°，
∵PE⊥BC ，
∴∠BEP=90°，
在Rt△BEP中，BP=2t，
∴PE= t，又∵DQ=t，
∴PE= DQ .
(2)
解：能．理由如下：
∵∠BEP=∠C=90º，
∴PE∥DQ，
又∵PE= DQ，
∴四边形PEQD为平行四边形，
在Rt△ABD中，AB=4，∠ADB = 30°，
∴BD=2AB =8，
∵BP=2t，
∴PD= BD-BP=8-2t，
若使平行四边形PEQD为菱形，则需PD= DQ，即t =8-2t，
∴t=，
即当t=时，四边形PEQD为菱形.
(3)
解：①当∠EPQ=90°时，四边形EPQC为矩形，
∴PE =QC，
∵PE=t，QC=4-t，
∴t = 4- t，即t = 2；
②当∠PQE =90°时，∠DPQ=∠PQE= 90º，
在Rt△DPQ中，∠PQD= 30°，
∴DQ = 2DP，
∵DQ=t，DP=8-2t，
∴t = 2(8-2t) ，即t =.
③当∠PEQ=90°时，此种情况不存在．
综上所述，当t=2或时，△POE为直角三角形.
【点睛】
此题考查了动点的问题和菱形性质及矩形性质,动点题是每年中考的必考题型之一，找到动点运动的规律和路线、速度，以及是否停止，和有无取值范围是解答此题的基础.